1. INGENIERIA INDUSTRIAL
SOLUCIONES DEL EXAMEN FINAL DE ECUACIONES DIFERENCIALES
ORDINARIAS
31 de enero de 2009
Entregar las preguntas en hojas separadas. Tiempo: 3.30 horas
PROBLEMA 1. (2.5 puntos)
1. El Pb-209, is´topo radiactivo del plomo, se desintegra con una raz´n proporcional a la
o o
cantidad presente en cualquier momento y tiene una semivida de 3.3 horas (es decir, en
cualquier momento dado hay el doble de is´topo que 3.3 horas despu´s). Si al principio
o e
hab´ 1 gramo de plomo, ¿cu´nto tiempo debe transcurrir para que se desintegre el 90 %?
ıa a
2. Supongamos que tenemos un gramo de un material radiactivo ex´tico que se desintegra en
o
cada momento con una velocidad proporcional a la ra´ cuadrada de la cantidad existente.
ız
Si al cabo de un a˜o s´lo queda 1/4 de gramo, ¿al cabo de cu´ntos a˜os tendremos 0.1
n o a n
gramos? Comprobar que este material se desintegra totalmente en un tiempo finito y
calcular ese tiempo.
Soluci´n: (1) Llamando X(t) a la cantidad de Pb-209 (en gramos) presente en el instante t (en
o
horas), tenemos que
X (t) = −kX(t)
´
para cierta constante k > 0. Esta es una ecuaci´n en variables separables. Por tanto, integrando
o
en ambos miembros la igualdad:
X (t)
= −k
X(t)
se obtiene
log X(t) = −kt + c ⇐⇒
⇐⇒ X(t) = Ce−kt
para una constante C desconocida. Al principio tenemos un gramo de Pb-209, esto es, X(0) = 1,
luego
X(0) = Ce−k·0 ⇐⇒ 1 = C
Por otro lado, como la semivida es de 3.3 horas, al cabo de 3.3 horas ha de quedar la mitad del
Pb-209 de partida, y as´
ı
X(3,3) = 1/2 ⇐⇒ e−3,3k = 1/2 ⇐⇒
log(1/2) log 2
−3,3k = log(1/2) ⇐⇒ k = =
−3,3 3,3
y con esto la expresi´n de X(t) queda
o
log 2
− t
X(t) = e 3,3
Buscamos un t tal que X(t) = 0,1, con lo cual ha de ser
log 2
− t log 2
e 3,3 = 0,1 ⇐⇒ − t = log 0,1 ⇐⇒
3,3
log 0,1 log 10
⇐⇒ t = 3,3 = 3,3 ≈ 10,96236271 horas.
− log 2 log 2

2. (2) Llamamos ahora Y (t) a la cantidad de material (en gramos) presente en el instante t (en
a˜os). Tenemos que
n
Y (t) = −2k Y (t) (*)
para cierta constante k > 0 (supondremos siempre que Y (t) ≥ 0). De nuevo, es una ecuaci´n
o
en variables separables. Integrando en ambos miembros la igualdad:
Y (t)
= −2k
Y (t)
se obtiene
Y (t) = c − kt ⇐⇒
⇐⇒ Y (t) = (c − kt)2
para cierta constante c ≥ 0 (porque Y (t) ≥ 0). Los datos iniciales se traducen en las condi-
ciones Y (0) = 1 y Y (1) = 1/4. Por tanto:
Y (0) = c2 = 1 ⇐⇒ c = 1
Y (1) = (1 − k)2 = 1/4 ⇐⇒
⇐⇒ k = 1/2
(Otra posibilidad ser´ k = 3/2, pero as´ se tiene
ıa ı Y (1) = c − kt = −1/2, contradiciendo la
hip´tesis Y (t) ≥ 0.)
o
Tenemos, pues:
2
t
Y (t) = 1−
2
Para la primera pregunta, buscamos un t tal que Y (t) = 0,1, con lo cual ha de ser
2
t t
1− = 0,1 ⇐⇒ 1 − = 0,1 ⇐⇒ t = 2 · 1 − 0,1 ≈ 1,367544467 a˜os.
n
2 2
Para el tiempo de extinci´n del material, se tendr´
o a
2
t t
1− = 0 ⇐⇒ 1 − = 0 ⇐⇒ t = 2 a˜os.
n
2 2
PROBLEMA 2. (2.5 puntos)
(1) Se considera la ecuaci´n lineal
o
xy + (1 − 2x)y + (x − 1)y = 0 , x > 0.
Sabiendo que y1 = ex es soluci´n particular, encuentra la soluci´n general (una buena opci´n
o o o
es usar el m´todo de variaci´n de las constantes o de reducci´n del orden para encontrar otra
e o o
soluci´n linealmente independiente).
o
(2) Resuelve el problema
xy + (1 − 2x)y + (x − 1)y = ex , x>0
y(1) = y (1) = 0 .
Soluci´n: (1) Una segunda soluci´n es y2 = vy1 donde
o o
1 − P dx 1 − 1−2x
dx 1 2x − log x 1
v = 2 e = e x = e e = .
y1 e2x e 2x x

3. Por tanto, v = log x con lo que y2 = ex log x. As´ pues, la soluci´n general de la ecuaci´n es
ı o o
y = (c1 + c2 log x) ex .
(2) Debemos encontrar una soluci´n particular de la ecuaci´n completa. Para encontrarla pode-
o o
mos usar, por ejemplo, el m´todo de variaci´n de las constantes: yp = v1 y1 + v2 y2 donde v1 , v2
e o
son las soluciones del sistema:
v1 ex + v2 ex log x = 0 , v1 + v2 log x = 0 ,
1 ex
=⇒ 1 1
v1 ex + v2 ex ( x + log x) = x v1 + v2 ( x + log x) = x
De estas ecuaciones deducimos que v2 = 1, lo que implica v2 = x, y v1 = − log x. Integrando
por partes, se obtiene que v1 = x − x log x, con lo que
yp = (x − x log x)ex + xex log x = xex .
Para obtener esta soluci´n particular, tambi´n podr´ haberse intentado buscar una soluci´n del
o e ıa o
tipo yp = Bxex (no intentamos buscar una soluci´n del tipo yp = Bex , ya que y1 = ex es soluci´n
o o
de la ecuaci´n homog´nea). Derivando y sustituyendo en la ecuaci´n, se obtiene f´cilmente que
o e o a
debe ser B = 1.
Por tanto, la soluci´n general de la ecuaci´n completa es:
o o
y = c1 ex + c2 ex log x + xex .
La condici´n y(1) = 0 implica que debe ser c1 = −1, mientras que la condici´n y (1) = 0 implica
o o
c2 = −1. Finalmente,
y = −ex − ex log x + xex = (x − 1 − log x)ex .
PROBLEMA 3. (2.5 puntos) Resuelve la siguiente ecuaci´n integro-diferencial
o
 t

 y (t) = cos t +
 y(τ ) cos(t − τ )dτ
0



y(0) = 1 .
Soluci´n: Tomamos transformadas de Laplace en ambos miembros y teniendo en cuenta que
o
t
s
L y(τ ) cos(t − τ )dτ = L {y(t) cos t} = Y (s) ·
0 s2 +1
Tenemos
s s
sY (s) − y(0) = + Y (s) · 2
s2 + 1 s +1
Operando
1 1 1
+ Y (s) =
+
s3 s2 s
Tomando transformadas inversas obtenemos la soluci´n del problema
o
1
y(t) = t2 + t + 1 .
2

4. PROBLEMA 4. (2.5 puntos) Considera el sistema aut´nomo:
o
x = y (x2 − 4)
y = x (x2 + y 2 ) .
(1) Determina los puntos cr´ ıticos, las isoclinas horizontales (de pendiente 0) y las isocli-
nas verticales (de pendiente infinito). Determina las isoclinas que tambi´n son trayectorias del
e
sistema.
(2) Dibuja el diagrama de fases y estudia la estabilidad y estabilidad asint´tica de los puntos
o
cr´
ıticos.
(3) Halla los valores de a tales que la trayectoria que comienza en (a, 0) es peri´dica.
o
Soluci´n: (1) Los puntos cr´
o ıticos son las soluciones del sistema
y (x2 − 4) = 0
x (x2 + y 2 ) = 0 .
Es f´cil ver que (x, y) = (0, 0) es la unica soluci´n del sistema.
a ´ o
Las isoclinas horizontales (de pendiente 0) verifican y = x(x2 + y 2 ) = 0, por lo que es la
recta x = 0.
Las isoclinas verticales (de pendiente infinito) verifican x = y(x2 − 4) = 0, por lo que son las
rectas y = 0, x = 2 y x = −2. Como las rectas verticales x = 2 y x = −2 son isoclinas verticales,
tambi´n son trayectorias del sistema.
e
(2) Como y(x2 − 4) es una funci´n impar en la variable y, y x(x2 + y 2 ) es una funci´n par
o o
en la variable y, entonces el diagrama de fases es sim´trico con respecto al eje X (excepto por
e
las flechas), y basta dibujarlo en el semiplano superior.
Por tanto, para estudiar el signo de dy/dx = y /x , basta hacerlo en las regiones del semiplano
superior separadas por las isoclinas x = −2, x = 0 y x = 2. Sustituyendo un punto de cada una
de las regiones en y /x , se deduce que el signo de dy/dx es:
Teniendo en cuenta las isoclinas y el crecimiento de y como funci´n de x, es f´cil dibujar
o a
el diagrama de fases en el semiplano superior. En el semiplano inferior las trayectorias son
sim´tricas.
e
Para dibujar las flechas que representan la evoluci´n temporal de las trayectorias, basta
o
observar que en el semiplano de la derecha se tiene x > 0 e y = x(x2 + y 2 ) > 0, por lo que y
aumenta y las flechas apuntan hacia arriba, y que en el semiplano de la izquierda se tiene x < 0
y y = x(x2 + y 2 ) < 0, por lo que y disminuye y las flechas apuntan hacia abajo.
El unico punto cr´
´ ıtico es (0, 0). Como el diagrama de fases es sim´trico con respecto al
e
eje X, las trayectorias que se encuentran en la regi´n −2 < x < 2 son cerradas. Dado que
o
(0, 0) est´ rodeado por trayectorias cerradas, es un centro y, por tanto, es estable pero no
a
asint´ticamente estable.
o
(3) Como acabamos de ver, las trayectorias cerradas (o peri´dicas) son aquellas que se en-
o
cuentran en la regi´n −2 < x < 2. Por tanto, la trayectoria que comienza en (a, 0) es peri´dica
o o
si y s´lo si −2 < a < 2.
o